1994-全国卷理-25 解-数列的等差中项与通项公式

本题导读

本题考查等差中项与等比中项的定义、数列中 $a_{n}$ 与 $S_{n}$ 的递推关系。核心在于归纳猜想思想、差分消元法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（1994年全国卷(理)）设 ${a_{n}}$ 是正数组成的数列，其前 $n$ 项和为 $S_{n}$ ，且对于所有的自然数 $n$ ， $a_{n}$ 与 2 的等差中项等于 $S_{n}$ 与 2 的等比中项.

(1) 写出数数列 ${a_{n}}$ 的前 3 项；

(2) 求数列 ${a_{n}}$ 的通项公式（写出推证过程）；

(3) 令 $b_{n} = \frac{1}{2} (\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} + \frac{a _{n}}{a _{n + 1}})$ ( $n \in N$ )，求 $lim_{n \to \infty} (b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n} - n)$ .

🔍【思路分析】

破题导航

条件数学化：

根据等差中项与等比中项的定义，题设条件可译为： $\frac{a _{n} + 2}{2} = 2 S_{n}$ 两边平方得： $(a_{n} + 2)^{2} = 8 S_{n}$ ① 第(1)问：代入 $n = 1, 2, 3$ ，利用 $S_{1} = a_{1}, S_{2} = a_{1} + a_{2}, S_{3} = a_{1} + a_{2} + a_{3}$ 逐步解出前三项（注意舍去负根）。 第(2)问：利用邻项作差法。由 ① 可得 $(a_{n + 1} + 2)^{2} = 8 S_{n + 1}$ ②。将 ② 与 ① 作差，利用 $S_{n + 1} - S_{n} = a_{n + 1}$ 消除 $S_{n}$ ，再对关于 $a_{n + 1}, a_{n}$ 的因式进行分解，进而确立递推关系。 第(3)问：将求得的 $a_{n}$ 通项代入 $b_{n}$ ，化简分式。在对 $b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n} - n$ 求和时，利用裂项相消法（或直接化简整体结构）消去中间项，最后令 $n \to \infty$ 取极限。

✅【答案】

Success

(1) $a_{1} = 2$ ， $a_{2} = 6$ ， $a_{3} = 10$

(2) $a_{n} = 4 n - 2$

(3) $1$

✍【详细解析】

Abstract

解：由题意， $a_{n}$ 与 2 的等差中项为 $\frac{a _{n} + 2}{2}$ ， $S_{n}$ 与 2 的等比中项为 $2 S_{n}$ （由于 ${a_{n}}$ 均为正数，故 $S_{n} > 0$ ）。由此可得基本关系式： $\frac{a _{n} + 2}{2} = 2 S_{n} ⟹ (a_{n} + 2)^{2} = 8 S_{n} (1)$

(1) 写出数列 ${a_{n}}$ 的前 3 项：

当 $n = 1$ 时， $S_{1} = a_{1}$ ，代入 ① 得： $(a_{1} + 2)^{2} = 8 a_{1} ⟹ a_{1}^{2} - 4 a_{1} + 4 = 0 ⟹ (a_{1} - 2)^{2} = 0 ⟹ a_{1} = 2$

当 $n = 2$ 时， $S_{2} = a_{1} + a_{2} = 2 + a_{2}$ ，代入 ① 得： $(a_{2} + 2)^{2} = 8 (2 + a_{2}) ⟹ a_{2}^{2} + 4 a_{2} + 4 = 16 + 8 a_{2} ⟹ a_{2}^{2} - 4 a_{2} - 12 = 0$ 解得 $(a_{2} - 6) (a_{2} + 2) = 0$ ，因为 $a_{n} > 0$ ，所以 $a_{2} = 6$ 。

当 $n = 3$ 时， $S_{3} = a_{1} + a_{2} + a_{3} = 2 + 6 + a_{3} = 8 + a_{3}$ ，代入 ① 得： $(a_{3} + 2)^{2} = 8 (8 + a_{3}) ⟹ a_{3}^{2} + 4 a_{3} + 4 = 64 + 8 a_{3} ⟹ a_{3}^{2} - 4 a_{3} - 60 = 0$ 解得 $(a_{3} - 10) (a_{3} + 6) = 0$ ，因为 $a_{n} > 0$ ，所以 $a_{3} = 10$ 。

故该数列的前 3 项为： $a_{1} = 2, a_{2} = 6, a_{3} = 10$ 。

(2) 求数列 ${a_{n}}$ 的通项公式： 由 ① 式，对于所有 $n \in N$ ，恒有 $(a_{n} + 2)^{2} = 8 S_{n}$ 。则当 $n \geq 1$ 时，对其下一项同样适用： $(a_{n + 1} + 2)^{2} = 8 S_{n + 1} (2)$

将 ② 式减去 ① 式，利用 $S_{n + 1} - S_{n} = a_{n + 1}$ ，可得： $(a_{n + 1} + 2)^{2} - (a_{n} + 2)^{2} = 8 (S_{n + 1} - S_{n})$ $(a_{n + 1} + 2)^{2} - (a_{n} + 2)^{2} = 8 a_{n + 1}$

展开并整理上式： $a_{n + 1}^{2} + 4 a_{n + 1} + 4 - (a_{n}^{2} + 4 a_{n} + 4) = 8 a_{n + 1}$ $a_{n + 1}^{2} - 4 a_{n + 1} - a_{n}^{2} - 4 a_{n} = 0$

利用因式分解（分组分解法）： $(a_{n + 1}^{2} - a_{n}^{2}) - 4 (a_{n + 1} + a_{n}) = 0$ $(a_{n + 1} + a_{n}) (a_{n + 1} - a_{n}) - 4 (a_{n + 1} + a_{n}) = 0$ $(a_{n + 1} + a_{n}) (a_{n + 1} - a_{n} - 4) = 0$

因为 ${a_{n}}$ 是正数组成的数列，所以 $a_{n + 1} + a_{n} > 0$ 。因此，两边可以同时除以 $(a_{n + 1} + a_{n})$ ，得： $a_{n + 1} - a_{n} - 4 = 0 ⟹ a_{n + 1} - a_{n} = 4$

由此可知，数列 ${a_{n}}$ 是一个以 $a_{1} = 2$ 为首项， $d = 4$ 为公差的等差数列。其通项公式为： $a_{n} = a_{1} + (n - 1) d = 2 + 4 (n - 1) = 4 n - 2$

(3) 求极限值： 将 $a_{n} = 4 n - 2 = 2 (2 n - 1)$ 代入 $b_{n}$ 的表达式中： $b_{n} = \frac{1}{2} (\frac{2 ( 2 n + 1 )}{2 ( 2 n - 1 )} + \frac{2 ( 2 n - 1 )}{2 ( 2 n + 1 )}) = \frac{1}{2} (\frac{2 n + 1}{2 n - 1} + \frac{2 n - 1}{2 n + 1})$ 通分化简： $b_{n} = \frac{1}{2} \cdot \frac{( 2 n + 1 ) ^{2} + ( 2 n - 1 ) ^{2}}{( 2 n - 1 ) ( 2 n + 1 )} = \frac{1}{2} \cdot \frac{( 4 n ^{2} + 4 n + 1 ) + ( 4 n ^{2} - 4 n + 1 )}{4 n ^{2} - 1}$ $b_{n} = \frac{1}{2} \cdot \frac{8 n ^{2} + 2}{4 n ^{2} - 1} = \frac{4 n ^{2} + 1}{4 n ^{2} - 1}$

为了便于求和，将 $b_{n}$ 拆分项改写（分离常数）： $b_{n} = \frac{( 4 n ^{2} - 1 ) + 2}{4 n ^{2} - 1} = 1 + \frac{2}{4 n ^{2} - 1}$ 由此，每一项减去 $1$ 可写为： $b_{n} - 1 = \frac{2}{( 2 n - 1 ) ( 2 n + 1 )}$

利用裂项相消法公式 $\frac{2}{( 2 n - 1 ) ( 2 n + 1 )} = \frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n + 1}$ ： $b_{n} - 1 = \frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n + 1}$

因此，目标求和式可变换为： $\sum_{i = 1}^{n} b_{i} - n = (b_{1} - 1) + (b_{2} - 1) + \dots + (b_{n} - 1)$ $= (1 - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{5}) + \dots + (\frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n + 1})$

中间项全部首尾相消，剩下第一项和最后一项： $b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n} - n = 1 - \frac{1}{2 n + 1}$

求当 $n \to \infty$ 时的极限： $lim_{n \to \infty} (b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n} - n) = lim_{n \to \infty} (1 - \frac{1}{2 n + 1}) = 1 - 0 = 1$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：

含有 $a_{n}$ 与 $S_{n}$ 的混合递推式，标准处理手段是通过 $n$ 与 $n + 1$ 邻项作差法化简为纯两项递推式。

分式型数列求和极限，核心方法是运用裂项相消法 $\frac{1}{n ( n + k )} = \frac{1}{k} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + k})$ 实现级数的有穷化简。 核心方法：构造法与整体合并。在第(2)问中，因式分解出 $(a_{n + 1} + a_{n})$ 并利用其大于 $0$ 的物理限制进行约简，是破题的关键。 避坑指南：

第(1)问中解二次方程易漏掉条件 ${a_{n}}$ 为正数数列，从而保留了负根。

第(3)问在合并 $b_{n}$ 后，如果不进行“分离常数”把整体减去 $n$ 拆分到每一项的 $(b_{n} - 1)$ 中，容易导致求和式极其庞大，进而无法发现裂项规律。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题考查了由前 $n$ 项和解析式反推通项公式。其本质来源于对二次型和式 $S_{n} = A n^{2} + B n$ 规律的深层次抽象与变换，是一道集逻辑严谨性、恒等变形力、极限思维于一体的巅峰压轴题。 结论推广：若一正数数列满足 $(a_{n} + k)^{2} = 4 k S_{n}$ ，利用相同的邻项作差因式分解法，由于 $a_{n + 1} + a_{n} > 0$ ，均能严格退化推导至： $a_{n + 1} - a_{n} = 2 k$ 由此可得，该模型所表征的本质上一定是以 $a_{1} = k$ 、公差 $d = 2 k$ 的等差数列。本题即为 $k = 2$ 时对应的特例。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

19.03 数列通项公式求法全攻略

19.04 数列求和核心方法与裂项模型

类题演练 (Links)

1995-全国卷文-14 单-等差数列前 n 项和之比与极限

1996-全国卷文-13 单-等差数列前 3m 项和

1999-上海理-10 填-等差数列前n项和的最大值

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1994-全国卷理-25 解-数列的等差中项与通项公式

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